7.5 直线、平面垂直的判定与性质-高考领航2016年高考理数大一轮复习学案(人教版)

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解析：如图，∵PO⊂平面PAB，
∴l⊥PO. ∴PO就是P到直线l的距离， ∵α⊥β，∴四边形PAOB为矩形， PO＝ 12＋22＝ 5. 答案： 5
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考点
互动探究
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考点一 直线与平面垂直的判定与性质 证明直线和平面垂直的常用方法有 (1)利用判定定理． (2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)． (3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)． (4)利用面面垂直的性质．
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【思路启迪】 第(1)问通过DC⊥平面PAC证明；也可通过 AE⊥平面PCD得到结论；第(2)问利用线面垂直的判定定理证明 直线PD与平面ABE内的两条相交直线垂直．
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【证明】 (1)由四棱锥P－ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC. 而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面ABE.
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破解此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与 性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是 证明空间垂直关系的基础．由于“线线垂直”、“线面垂 直”、“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围 绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的 技巧所在．
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解析：由PA⊥平面ACB，可得PA⊥BC，A正确；由BC⊥ PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，BC⊥PC，即 B、D正确，故选C.
答案：C
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1．直线与平面垂直 (1)定义如果直线l 与平面α内的________直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理(1)定义平面的一条斜线和________________________所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是________，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是________的角． (2)范围：『0，π2』．3．平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的________________所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作________________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是________________，就说这两个平面互相垂直． (3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理重要结论：(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．『思考辨析』判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.()(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.()(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．()1．(教材改编)下列命题中不正确的是()A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ2．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．(2017·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.其中为真命题的是()A．①②B．②③C．②④D．①④4．(2016·济南模拟)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是()A ．MC ⊥ANB ．GB ∥平面AMNC ．平面CMN ⊥平面AMND ．平面DCM ∥平面ABN5．(教材改编)在三棱锥P －ABC 中，点P 在平面ABC 中的射影为点O . (1)若P A ＝PB ＝PC ，则点O 是△ABC 的________心．(2)若P A ⊥PB ，PB ⊥PC ，PC ⊥P A ，则点O 是△ABC 的________心．题型一 直线与平面垂直的判定与性质例1 (2016·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF的位置．OD′＝10.证明：D′H⊥平面ABCD.思维升华证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面P AD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.题型三垂直关系中的探索性问题例3如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．思维升华同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．(2016·北京东城区模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝ 2.(1)求证：B1C∥平面A1BM；(2)求证：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时BNBB1的值；如果不存在，请说明理由．17．立体几何证明问题中的转化思想典例(12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．规范解答：提醒：完成作业第八章§8.5答案精析基础知识 自主学习知识梳理1．(1)任意一条 (2)相交 a ，b ⊂α a ∩b ＝O l ⊥a l ⊥b 平行 a ⊥α b ⊥α2．(1)它在平面上的射影 直角 0°3．(1)①两个半平面 ②垂直于棱(2)直二面角 (3)垂线 交线思考辨析(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√考点自测1．A 2.A 3.D 4.C 5.(1)外 (2)垂题型分类 深度剖析例1 证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，且OH ，EF ⊂平面ABCD ，所以D ′H ⊥平面ABCD .跟踪训练1 证明 (1)由题意知，E 为B 1C 的中点，又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ，所以DE ∥平面AA 1C 1C .(2)因为棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .因为AC ⊂平面ABC ，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.例2证明(1)取P A的中点H，连接EH，DH.又E为PB的中点，所以EH綊12AB.又CD綊12AB，所以EH綊CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.又DH⊂平面P AD，CE⊄平面P AD.所以CE∥平面P AD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥P A.又因为AB⊥P A，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG.所以AB⊥平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．证明因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面P AC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC.2．证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又EF⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，所以EF∥平面P AC.同理，FG∥平面P AC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC.跟踪训练2证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.例3(1)证明在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)解 线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，GF ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE .在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF .由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE .又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎬⎫GF ⊥CE GF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE .又GF ⊂平面DFG ，∴平面DFG ⊥平面CDE . 此时，如平面图所示，延长CB ，FG 交于点H ， ∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ，∴HB ＝BC ＝12EF . 由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12， 即BG ＝13BE . 跟踪训练3 (1)证明 连接AB 1与A 1B ，两线交于点O ，连接OM ，在△B 1AC 中，∵M ，O 分别为AC ，AB 1中点， ∴OM ∥B 1C ，又∵OM ⊂平面A 1BM ，B 1C ⊄平面A 1BM ，∴B 1C ∥平面A 1BM .(2)证明 ∵侧棱AA 1⊥底面ABC ， BM ⊂平面ABC ，∴AA 1⊥BM ，又∵M 为棱AC 中点，AB ＝BC ， ∴BM ⊥AC .∵AA 1∩AC ＝A ，∴BM ⊥平面ACC 1A 1， ∴BM ⊥AC 1.∵AC ＝2，∴AM ＝1.又∵AA 1＝2，∴在Rt △ACC 1和Rt △A 1AM 中， tan ∠AC 1C ＝tan ∠A 1MA ＝ 2. ∴∠AC 1C ＝∠A 1MA ，即∠AC 1C ＋∠C 1AC ＝∠A 1MA ＋∠C 1AC ＝90°， ∴A 1M ⊥AC 1.∵BM ∩A 1M ＝M ，∴AC 1⊥平面A 1BM .(3)解 当点N 为BB 1中点， 即BN BB 1＝12时，平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C . 证明如下：设AC 1中点为D ，连接DM ，DN . ∵D ，M 分别为AC 1，AC 中点， ∴DM ∥CC 1，且DM ＝12CC 1.又∵N 为BB 1中点，∴DM ∥BN ，且DM ＝BN ，∴四边形BNDM 为平行四边形， ∴BM ∥DN ，∵BM ⊥平面ACC 1A 1，∴DN ⊥平面ACC 1A 1.又∵DN ⊂平面AC 1N ，∴平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C . 思想与方法系列典例 证明 (1)如图所示，连接NK .在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.『2分』∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，『3分』∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.『4分』∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.『6分』(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.『8分』在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1. ∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.『10分』∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.『12分』。

高考数学一轮复习第七章：第五节直线、平面垂直的判定及其性质命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．本节通过线、面垂直的判定及性质考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第150页知识点一直线与平面垂直（1）直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥a，l⊥ba∩b＝Oaαbα⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b•温馨提醒•二级结论1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，bα⇒a⊥b．2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．必明易错证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．1．（2021·深圳四校联考）若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为（）A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β解析：由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β．因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确．答案：B2．（2021·唐山模拟）如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（）A．①②B．②④C．①③D．②③解析：对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE．答案：B3．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的条件．解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．答案：必要不充分知识点二平面与平面垂直（1）平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直l⊥α，lβ⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥alβ⇒l⊥α•温馨提醒•面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．面面垂直的性质定理在使用时易忘一个平面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．1．下列命题中不正确的是（）A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ解析：若平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l平面β或直线l与平面β相交．故选项A错误．答案：A2．（2021·苏州模拟）在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O．（1）若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；（2）若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的心．解析：（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G．因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB平面P AB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．答案：（1）外（2）垂授课提示：对应学生用书第151页题型一直线与平面垂直的判定与性质[例]如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥平面ABE．[证明]（1）在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴P A⊥CD．又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC平面P AC，∴CD⊥平面P AC．又AE平面P AC，∴CD⊥AE．（2）由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由（1）知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，又PD平面PCD，∴AE⊥PD．∵P A ⊥底面ABCD ，AB 平面ABCD ， ∴P A ⊥AB ．又∵AB ⊥AD ，且P A ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面P AD ，而PD 平面P AD ， ∴AB ⊥PD ．又∵AB ∩AE ＝A ， AB ，AE 平面ABE ， ∴PD ⊥平面ABE ．1．判定线面垂直的四种方法2．判定线线垂直的四种方法[对点训练]如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高．求证：（1）PH ⊥平面ABCD ； （2）EF ⊥平面P AB ．证明：（1）因为AB ⊥平面P AD ，PH 平面P AD ，所以PH ⊥AB ． 因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ．因为AB ∩AD ＝A ，AB 平面ABCD ，AD 平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD ． （2）如图，取P A 的中点M ，连接MD ，ME ．因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB ．又因为DF 綊12AB ．所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形， 所以EF ∥MD ．因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A ．因为AB ⊥平面P AD ，MD 平面P AD ，所以MD ⊥AB ． 因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ， 所以EF ⊥平面P AB ．题型二 面面垂直的判定与性质[例] 如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．（1）求证：CE ∥平面P AD ； （2）求证：平面EFG ⊥平面EMN ．[证明] （1）法一：取P A 的中点H ，连接EH ，DH ． 又E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB ．又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD ．所以四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ． 又DH 平面P AD ，CE 平面P AD ．所以CE ∥平面P AD ．法二：连接CF ．因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB ．又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ．又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ． 又CF平面P AD ，AD 平面P AD ，所以CF ∥平面P AD ．因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A ． 又E F 平面P AD ，P A 平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD ．又因为CF ∩EF ＝F ．故平面CEF ∥平面P AD ．又因为CE平面CEF，所以CE∥平面P AD．（2）因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A，又AB⊥P A，所以AB⊥EF．同理可得AB⊥FG．又EF∩FG＝F，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB⊥平面EFG．又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD．又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG．又MN平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN．[变式探究1]在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC．证明：因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC．又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB．所以MN⊥平面P AC．又MN平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC．[变式探究2]在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC．证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又E F平面P AC，P A平面P AC，所以EF∥平面P AC．同理，FG∥平面P AC．又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC．面面垂直判定的两种方法与一个转化（1）两种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理（a⊥β，aα⇒α⊥β）．（2）一个转化：在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P -ABC 的体积． 解析：（1）证明：由题设可知，P A ＝PB ＝PC ． 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC ． 又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°． 从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ， 故PB ⊥平面P AC ， 所以平面P AB ⊥平面P AC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3． 从而AB ＝3．由（1）可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62． 所以三棱锥P -ABC 的体积为13×12×P A ×PB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68． 题型三 平行与垂直的综合问题[例] 如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．求证：（1）AF ∥平面BCE ； （2）平面BCE ⊥平面CDE ．[证明] （1）如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG ． ∵F 为CD 的中点， ∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB ． 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB ．∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG ． ∵A F 平面BCE ，BG 平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE ．（2）∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD ． ∵DE ⊥平面ACD ，AF 平面ACD ，∴DE ⊥AF ． 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ． ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE ．又∵BG 平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE ．1．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用等腰三角形的中线等．2．证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．[对点训练]如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．证明：（1）因为P A ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD ．因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC ．（2）因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD ．又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD ，因为PD 平面P AD ，所以AB ⊥PD ．又因为P A ⊥PD ，AB ∩P A ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ．因为PD 平面PCD ，所以平面P AB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG ．因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ．因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC ．所以DE ∥FG ，DE ＝FG ．所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG ．又因为E F 平面PCD ，DG 平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ．平行、垂直关系中的核心素养逻辑推理、直观想象——在平行、垂直关系证明中的体现逻辑推理在该部分主要体现在空间平行、垂直关系的证明与探究，其理论根据就是空间垂直关系的判定定理和性质定理，需要掌握推理的基本形式，表述论证的过程平行、垂直关系证明的起点就是平面图形中的线线平行、垂直关系．[例] （2020·高考全国卷Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B -EB 1C 1F 的体积．[解析] （1）证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN ．又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图所示，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN＝3．底面EB 1C 1F 的面积为12×（B 1C 1＋EF ）×PN ＝12×（6＋2）×6＝24．所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24．解决平行与垂直的综合应用问题的策略处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化．[对点训练]如图，在底面为菱形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，E 为侧棱PC 上一点．（1）若BE ⊥PC ，求证：PC ⊥平面BDE ；（2）若P A ∥平面BDE ，求平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比．解析：（1）证明：连接AC （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，且AD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥BD ．又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，所以BD ⊥PC ．又因为BE ⊥PC ，BD ∩BE ＝B ，所以PC ⊥平面BDE ．（2）设AC ∩BD ＝O ，连接OE （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AO ＝OC ．因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝OE ，所以P A ∥OE ，所以PE ＝EC ，即E 是PC 的中点．由（1）知P A ⊥底面ABCD ，所以点E 到平面ABCD 的距离为12P A ． 故V E -BCD V P -ABCD ＝13S △BCD ×P A 213S 菱形ABCD ×P A ＝13S △BCD ×P A 213×2S △BCD ×P A ＝14， 所以平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．。

第五节 直线、平面垂直的判定及其性质1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．知识点一 直线与平面垂直 1．直线与平面垂直(1)定义：若直线l 与平面α内的______一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a ⊂α，b ⊂α，l ⊥a ，l ⊥b ，a ∩b ＝P ⇒______.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线______．即：a ⊥α，b ⊥α⇒______. 2．直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．(2)线面角θ的范围：θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.答案1．(1)任意 (2)相交 l ⊥α (3)平行 a ∥b1．(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n解析：因为α∩β＝l ，所以l ⊂β，又n ⊥β，所以n ⊥l .故选C. 答案：C2．(必修②P69练习题)如图，正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2，G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现在沿SE ，SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3三点重合，重合后的点记为G ，则在四面体SEFG 中必有( )A ．SG ⊥平面EFGB ．SD ⊥平面EFGC ．GF ⊥平面SEFD ．GD ⊥平面SEF解析：解法1：在正方形SG 1G 2G 3中，SG 1⊥G 1E ，SG 3⊥G 3F ，在四面体SEFG 中，SG ⊥GE ，SG ⊥GF ，GE ∩GF ＝G ，所以SG ⊥平面EFG .解法2：GF 即G 3F 不垂直于SF ，所以可以排除C ；在△GSD 中，GS ＝a (正方形边长)，GD ＝24a ，SD ＝324a ，所以SG 2≠SD 2＋GD 2，∠SDG ≠90°，从而排除B 和D. 答案：A3．线段AB 的长等于它在平面α内射影长的2倍，则AB 所在直线与平面α所成的角为________．解析：由题意知cos α＝12，又∵0°≤α≤90°，∴α＝60°.答案：60°知识点二 二面角的有关概念 1．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．2．平面与平面垂直的判定定理答案1．(1)两个半平面(2)垂直于棱2．垂线l⊂βl⊥α交线α⊥βl⊂βα∩β＝a l⊥a4．(2017·衡水模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：对于A，若l∥α，l∥β，则α，β可能相交；对于B，若l∥α，则平面α内必存在一直线m与l平行，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β.选项C，l可能平行于β或l在平面β内；选项D，l还可能平行于β或在平面β内．答案：B5．如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有________(填序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故只有③正确．答案：③热点一直线与平面垂直的判定与性质【例1】已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，且PA＝PC，PB＝PD.若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD.【证明】在△PBD中，PB＝PD，O为BD的中点，所以PO⊥BD，在△PAC中，PA＝PC，O 为AC的中点，所以PO⊥AC，又因为AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.【例2】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB ＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，且PA∩AD＝A∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A∴PD⊥平面ABE热点二平面与平面垂直的判定与性质【例3】(2016·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.【证明】(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.(2017·南昌模拟)如图，已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAD .(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M －EFG 的体积．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD .又因为△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点．所以EF ∥CD ，所以EF ⊥平面PAD . 因为EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PAD .(2)因为EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ，所以CD ∥平面EFG ，因此CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离，所以V M －EFG ＝V D －EFG ， 取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，则EF ∥GH ， 因为EF ⊥平面PAD ，EH ⊂平面PAD ，所以EF ⊥EH . 于是S △EFH ＝12EF ×EH ＝2＝S △EFG ，因为平面EFG ⊥平面PAD ，平面EFG ∩平面PAD ＝EH ，△EHD 是正三角形，所以点D 到平面EFG 的距离等于正△EHD 的高，即为 3.因此，三棱锥M －EFG 的体积V M －EFG ＝V D －EFG ＝13×S △EFG ×3＝233.热点三 平行与垂直的综合问题【例4】 如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF .(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OF . ∵四边形ABCD 是矩形，∴O 为AC 的中点． 又F 为EC 的中点，∴OF ∥AE . 又OF ⊂平面BDF ，AE ⊄平面BDF ， ∴AE ∥平面BDF .(2)当点P 为AE 的中点时，有PM ⊥BE ，证明如下： 取BE 的中点H ，连接DP ，PH ，CH . ∵P 为AE 的中点，H 为BE 的中点， ∴PH ∥AB .又AB ∥CD ，∴PH ∥CD . ∴P ，H ，C ，D 四点共面．∵平面ABCD ⊥平面BCE ，且平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，CD ⊥BC ，∴CD ⊥平面BCE . 又BE ⊂平面BCE ，∴CD ⊥BE ，∵BC ＝CE ，且H 为BE 的中点，∴CH ⊥BE .∵CH ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面DPHC .又PM ⊂平面DPHC ，∴PM ⊥BE .(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(Ⅰ)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (Ⅱ)证明：平面PAB ⊥平面PBD . 解：(Ⅰ)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ， 所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (Ⅱ)由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交． 所以PA ⊥平面ABCD . 从而PA ⊥BD . 连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形． 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PAB ⊥平面PBD .1．证明线面垂直的方法(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇔a ⊥α； (2)判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m 、n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n⇒l ⊥α；(3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α； (4)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 2．证明线线垂直的方法(1)定义：两条直线所成的角为90°； (2)平面几何中证明线线垂直的方法； (3)线面垂直的性质：a ⊥α，b ⊂α⇒a ⊥b ； (4)线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b . 3．证明面面垂直的方法(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； (2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β. 4．转化思想：垂直关系的转化在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．专题四高考解答题鉴赏——立体几何从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图、简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式加以考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势，转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．【典例】(2016·新课标全国卷Ⅰ，12分)如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE 并延长交AB于点G.(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．【标准解答】 (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .(2分)又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，从而G 是AB 的中点．(4分)(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影．(5分)理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC .又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．(7分)理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC .又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心，由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .(9分)由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2.(11分)所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.(12分) 【阅卷点评】 本题通过正投影考查线面垂直．第(1)题较基础，考查学生对垂直的判定和性质的理解；第(2)题较复杂，既考查了学生的抽象推理能力，又考查了学生的计算能力．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1－BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1－BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ， 即在题图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC .又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綊ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)知，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1－BCDE 的高，由图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ， 平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2，从而四棱锥A 1－BCDE 的体积为1 3×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362，得a＝6.V＝。